Решение задачи №321 по физике

Задача №321 Дано: \(R = 10 \text{ см} = 0,1 \text{ м}\) \(q = 20 \text{ нКл} = 20 \cdot 10^{-9} \text{ Кл}\) Дуга составляет \(1/4\) окружности. Найти: \(E\) — ? Решение: 1. Выберем систему координат так, чтобы начало координат находилось в точке \(O\), а оси \(x\) и \(y\) были направлены вдоль радиусов, ограничивающих четверть окружности. 2. Линейная плотность заряда нити: \[\tau = \frac{q}{L} = \frac{q}{\frac{1}{4} \cdot 2\pi R} = \frac{2q}{\pi R}\] 3. Выделим на нити малый элемент длины \(dl = R d\alpha\), где \(d\alpha\) — элементарный угол. Заряд этого элемента: \[dq = \tau dl = \tau R d\alpha\] 4. Напряженность поля, создаваемая этим элементом в точке \(O\): \[dE = \frac{k \cdot dq}{R^2} = \frac{k \tau R d\alpha}{R^2} = \frac{k \tau d\alpha}{R}\] где \(k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \approx 9 \cdot 10^9 \text{ Н}\cdot\text{м}^2/\text{Кл}^2\). 5. Из соображений симметрии вектор результирующей напряженности \(E\) будет направлен под углом \(45^\circ\) к осям. Найдем проекции: \[dE_x = dE \cos\alpha, \quad dE_y = dE \sin\alpha\] Проинтегрируем по углу \(\alpha\) от \(0\) до \(\pi/2\): \[E_x = \int_0^{\pi/2} \frac{k \tau}{R} \cos\alpha d\alpha = \frac{k \tau}{R} \sin\alpha \Big|_0^{\pi/2} = \frac{k \tau}{R}\] \[E_y = \int_0^{\pi/2} \frac{k \tau}{R} \sin\alpha d\alpha = \frac{k \tau}{R} (-\cos\alpha) \Big|_0^{\pi/2} = \frac{k \tau}{R}\] 6. Полная напряженность поля: \[E = \sqrt{E_x^2 + E_y^2} = \sqrt{2} \frac{k \tau}{R}\] Подставим выражение для \(\tau\): \[E = \sqrt{2} \frac{k}{R} \cdot \frac{2q}{\pi R} = \frac{2\sqrt{2} k q}{\pi R^2}\] 7. Вычислим значение: \[E = \frac{2 \cdot 1,41 \cdot 9 \cdot 10^9 \cdot 20 \cdot 10^{-9}}{3,14 \cdot (0,1)^2} \approx \frac{507,6}{0,0314} \approx 16165 \text{ В/м} \approx 16,2 \text{ кВ/м}\] Ответ: \(E = \frac{2\sqrt{2} k q}{\pi R^2} \approx 16,2 \text{ кВ/м}\).